lunes, 28 de diciembre de 2009

El incentro y la altura

Enunciado

El incentro y la altura

El incentro y la altura

Este es uno de los problemas más complicados de geometría del triángulo que podemos encontrar en estos niveles. Hemos de observar que los elementos que salen en la fórmula deben relacionarse para comprobar la igualdad. Podemos empezar situando el segmento DI en un triángulo al que apliquemos el teorema del coseno, ya que está al cuadrado y no parece formar parte de ningún triángulo rectángulo que nos aporte nada.

Observamos entonces el triángulo ADI, del que obtenemos DI2 = ha2 + AI2 - 2 cos(DAI)*AI*ha. Lo que queremos lograr es que sea igual a (2R - ha)(ha - 2r) = 2R*ha - 4r*R - ha2 + 2r*ha. Aparentemente, no guardan mucha similitud, pero poco a poco iremos acercándonos.

El término 2 cos(DAI)*AI*ha admite una transformación, ya que cos(DAI)*AI es el segmento de la altura proyección ortogonal de AI, por lo que equivale a ha - r, ya que el radio que va desde I hasta el lado BC es paralelo a ha. Por tanto, la fórmula queda DI2 = ha2 + AI2 - 2*ha2 + 2r*ha = AI2 - ha2 + 2r*ha.

Observa que lo único que queda por probar es que AI2 = 2R*ha - 4r*R y el problema quedará probado.

Sin embargo este es el punto más complicado de toda la fórmula. Si observamos AI en el triángulo rectángulo que forma con el radio y uno de los dos lados adyacentes a A, tenemos que AI = r/sen (A/2). Descomponiendo el triángulo en tres triángulos de altura r desde I, se tiene que el área completa del triángulo, que podemos llamar S, es r*(a + b + c)/2, por lo que AI = 2*S/((a + b + c)*sen(A/2)).

Otra forma de calcular S es b*c*sen(A)/2 = b*c*sen(A/2)*cos(A/2), por lo que AI = 2*b*c*cos(a/2)/(a + b + c).

Una fórmula que hemos de aplicar aquí es una de las llamadas fórmulas de Briggs, que expresan las razones de los ángulos medios de un triángulo en función de los lados, según la cual, cos2(a/2) = (a + b + c)*(b + c - a)/(4*b*c). En este caso, obtenemos que AI2 = 4*b*b*c*c*(a + b + c)*(b + c - a)/(4*b*c*(a + b + c)2) = b*c*(b + c - a)/(a + b + c).

El circuncentro

El circuncentro

Tal vez lo más complicado de relacionar sea el radio de la circunferencia circunscrita (también llamado circunradio). Como se ve en el dibujo, si lo trazamos desde el circuncentro a los tres vértices, divide el triángulo en tres triángulos isósceles. Recuerda que estamos hablando de un triángulo acutángulo, ya que en caso contrario, el circuncentro no está en el interior. Cada uno de esos triángulos isósceles tiene dos lados de lado R y otro con el mismo tamaño que uno de los lados del triángulo. Debido a que los ángulos de los vértices de un triángulo están inscritos en la circunferencia, el ángulo que forman los radios es exactamente el doble que el ángulo opuesto al lado del triángulo. Si el lado, como en la figura, es a, el ángulo del triángulo isósceles será 2A. Y el triángulo isósceles se divide en dos triángulos rectángulos de hipotenusa R y ángulo A. Por eso R*sen(A) = a/2. También se suele escribir que S = b*c*a/(4R), derivado de que S se calcula como b*c*sen(a).

Claro que, como b*c*a/(4R) = a*ha/2, tenemos que b*c = 2R*ha. Nuestra fórmula queda AI2 = b*c*(b + c - a)/(a + b + c) = 2R*ha*(b + c - a)/(a + b + c).

Observa que ahora sólo nos queda probar que ha*(b + c - a)/(a + b + c) = ha - 2r.

Volviendo a calcular el área del triángulo de dos formas, tenemos que 2*S = a*ha = r*(a + b + c), de donde tenemos que a + b + c = aha/r y b + c - a = a + b + c - 2a = aha/r - 2a.

Por eso, ha*(b + c - a)/(a + b + c) = ha*(aha/r - 2a)/(aha/r) = ha*(aha - 2ar)/(aha) = ha*(ha - 2r)/(ha) = ha - 2r.

Recapitulando, ahora tenemos que en efecto AI2 = 2R*(ha - 2r) = 2R*ha - 4r*R y por tanto DI2 = AI2 - ha2 + 2r*ha = 2R*ha - 4r*R - ha2 + 2r*ha, que es la igualdad que debíamos probar.

sábado, 26 de diciembre de 2009

Lotería primitiva

Enunciado

Supuestamente, cada extracción de bolas es totalmente equiprobable con respecto a otra, como dice Lluís, de forma que lo único que podemos hacer para calcular la probabilidad de un suceso es calcular de cuántas formas podemos extraer una combinación premiada.

El premio gordo, es decir, que los seis números coincidan, basta ver cuántas extracciones diferentes hay. Podemos escoger la primera bola de 49 formas, la segunda de 48, la tercera de 47, y así sucesivamente, de forma que podríamos tener 49*48*47*46*45*44 extracciones diferentes. Una vez extraidas, las 6 bolas distintas, las ordenaríamos, para compararlas con otra extracción, y, puesto que pueden haber salido en cualquier orden, la primera puede acabar en cualquiera de las 6 posiciones, la segunda en 5, y así sucesivamente, es decir, pueden ordenarse de 6*5*4*3*2*1 formas diferentes. En definitiva, hay 49*48*47*46*45*44/6*5*4*3*2*1 = 13983816 extracciones diferentes. Eso quiere decir que la probabilidad de acertar la combinación es de 1/13983816.

Si buscamos que nuestra combinación coincida con cinco números y el otro no, hay 6 formas en las que podemos coincidir cinco de nuestros números con los de la combinación ganadora, y el otro no debe coincidir, por lo que debe ser uno de los 43 restantes. Eso quiere decir que la probabilidad será de 6*(6*5*4*3*2*43/(49*48*47*46*45*44)) = 43/2330636.

Si además queremos acertar el complementario, nuestro número no acertado debe coincidir con el que se extrae de los 43 que no han sido escogidos, por lo que la probabilidad será la anterior dividida por 43, es decir, 1/2330636.

Para calcular la probabilidad de acertar 4 (y fallar dos), la cosa se complica, puesto que debemos escoger los 4 que acertamos entre 6, o, lo que es lo mismo qué dos no acertamos de los 6, lo que podemos hacer de 6*5/2 = 15 formas diferentes. Eso quiere decir que la probabilidad será 15*(6*5*4*3*43*42)/(49*48*47*46*45*44) = 645/665896 = 0.00096862.

El último cálculo difícil se hace para la probabilidad de acertar 3 (y fallar otros 3). Es necesario calcular cuántos tríos podemos elegir entre las 6 bolas seleccionadas para acertarlos, y siguiendo la mecánica anterior, serán 6*5*4/(3*2) = 20 formas diferentes, lo que da lugar a una probabilidad de 20*(6*5*4*43*42*41)/(49*48*47*46*45*44) = 8815/499422 = 0.01765.

miércoles, 23 de diciembre de 2009

Colección de cubos

Enunciado

Es difícil dar una solución más precisa que la que ha dado Alex en los comentarios, aunque debo decir que hay que tener un poco más de cuidado leyendo el enunciado (y sumando).

En efecto, como se trata de pintar caras blancas o negras, los cubos son iguales si los puedes situar de la misma forma, y diferentes si es imposible.

Por lo tanto, si sólo pintas una única cara de color negro y las demás blancas, sólo hay un posible cubo.

Si pintas dos caras negras sólo tienes dos posibilidades, que las caras estén enfrentadas o que no lo estén (y entonces ambas comparten una arista).

Si pintas tres caras negras, entonces también tienes dos posibilidades, que dos de ellas estén enfrentadas o que no lo estén ninguna de las negras (y entonces compartan todas un vértice).

Evidentemente, si hay cuatro caras negras, hay dos blancas y razonamos de forma idéntica que sólo hay dos posibles cubos.

Y por último, con cinco caras negras sólo hay una blanca y por tanto una única posibilidad. En definitiva, 1 + 2 + 2 + 2 + 1 = 8 cubos diferentes (en el enunciado advierte que se han de utilizar los dos colores en todos los cubos).

sábado, 19 de diciembre de 2009

Tarjetas en pilas

Enunciado

Este problema, de apariencia sencilla y que no esconde conceptos complicados, es uno de los más difíciles de este nivel que he encontrado últimamente.

Podemos experimentar mentalmente lo que dice el enunciado, probando al principio con pocas tarjetas, para conseguir objetivos parciales, hasta dar con la solución al problema completo.

Es evidente que no se pueden poner todas las cartas en un mismo montón, porque se incumple rápidamente la segunda regla, ya que 2 es suma de las dos cartas de valor 1.

Es fácil también concluir que no bastan dos pilas de tarjetas, aunque el razonamiento empieza a complicarse. En uno de los montones estará el 1, y por la primera regla, deberá estar la otra tarjeta que tiene un 1. En ese montón no estarán las tarjetas que tienen un 2, que estarán en el otro. Si sólo hay dos montones, las que tienen 4 deben estar en el montón del 1, porque 2 + 2 = 4, y por eso en ese montón no puede haber una tarjeta con el 3, porque 1 + 3 = 4. Luego las tarjetas del 3 están en el montón del 2. Pues bien, es imposible ahora colocar las tarjetas del 5, ya que en uno de los montones 1 + 4 = 5 y en el otro 2 + 3 = 5.

Podemos experimentar ahora la forma de situarlas en 4 montones, ya que situarlas en 3 parece ser complicado y tal vez sea imposible. Esta tarea es sencilla y hay muchas formas de hacerlo. Una de ellas podría ser situar en uno de los montones 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, en otro 2, 6, 10, en otro 4, 12 y en el último el 8. Está claro que es posible. Además, practicando llegamos a habituarnos a la dinámica de clasificar las tarjetas, y nos preparamos para la última parte: ¿encontraremos una manera de distribuirlas en tres pilas, o será imposible?

Vamos a ser sistemáticos. Anota todos los números en un papel, rodéalos con un círculo cuando estén situados, y marca de alguna forma (con un puntito encima, por ejemplo) cuando se les impida estar en un montón.

Empezamos por las primeras tarjetas, estarán en un montón que para nosotros será el primero. Esto evita que en el mismo montón estén las tarjetas 2.

El montón en el que estén las tarjetas 2 le llamaremos segundo montón, y en él no pueden estar las tarjetas 4.

Estas tarjetas, las 4, puede estar en el primer montón o en el tercero. Podemos empezar suponiendo que están en el primero. Eso evita que podamos poner en él al 3 (4 - 1), al 5 (4 + 1) y al 8 (4 + 4). Si no obtenemos ningún resultado poniéndolas aquí, podemos cambiar más adelante.

Las tarjetas con el 3 podemos ahora ponerlas en el segundo y en el tercer montón. Supongamos que las sitúo en el segundo (también podemos cambiar más adelante, si fuese preciso). Eso hace que sea imposible situar en él al 5 (2 + 3) y al 6 (3 + 3).

Está claro que el 5, en este caso, debe ir en el tercer montón, donde no podemos poner ahora al 10 (5 + 5).

El 6, por su parte, podría ir en el primer o en el tercer montón. Supongamos que la sitúo en el primer montón, impidiendo que pongamos en el primer montón el 7 (6 + 1), el 10 (6 + 4) y el 12 (6 + 6).

El 10 sólo puede ir en el segundo montón, de donde impedimos poner en él el 7 (10 - 3), el 8 (10 - 2), el 12 (10 + 2) y el 13 (10 + 3).

El 7 entonces está obligado al tercer montón, impidiendo situar en él el 12 (5 + 7). Si has marcado de alguna forma los números que tienen prohibido situarse en algún montón, te habrás dado cuenta de que el 12 no puede ahora ponerse en ningún montón. Luego habrá que cambiar alguna de nuestras decisiones anteriores, para ver si existe alguna manera de resolver el problema o descubrimos que es imposible.

Cambiemos la última decisión, situando ahora el 6 en el tercer montón. Te recuerdo lo que teníamos en ese momento. En el primer montón, estaba el 1 y el 4, y no podíamos situar el 8. En el segundo montón, teníamos el 2 y el 3. En el tercer montón, en este caso, tenemos el 5 y el 6, pero no podemos situar el 10, el 11 o el 12.

Ahora seguiremos situando el 10, del que sabemos que no puede ir al tercer montón. Lo situamos en el primero, pudiendo también cambiarlo más adelante. Esto impide situar en el primero al 9 (10 - 1), y al 11 (10 + 1).

El 11, por lo tanto, se puede colocar sólo en el segundo montón, cerrando el paso al 8 (11 - 3), al 9 (11 - 2) y al 13 (11 + 2).

De nuevo nos obliga a situar al 9 en el tercer montón, lo que no añade más situaciones imposibles, afortunadamente.

También está obligado el 8 a ir al tercer montón, impidiendo situar en él al 13 (8 + 5).

Entonces el 13 está obligado a ir al primer montón, causando que el 12 no pueda situarse en él.

Y de esta forma, el 12 debe ir al segundo montón. Sólo nos queda un par de tarjetas, con el 7, y pueden ir en cualquiera de los tres montones.

Tenemos entonces esta distribución en tres montones: 1, 4, 10, 13 el primero, 2, 3, 11, 12 y 7 el segundo y 5, 6, 9 y 8 en el tercero. Por lo tanto tres es el menor número de montones necesario para distribuir los 13 pares de tarjetas.

No sé si estas tres formas de distribuir las tarjetas serán las únicas ¿alguien se atreve a buscar otra distinta?

lunes, 14 de diciembre de 2009

La diferencia es 2009

Enunciado

Puesto que se trata de pares de enteros, es una ecuación diofántica.

Como todas las ecuaciones de este tipo, lo que hemos de intentar es factorizarla y razonar sobre los diferentes factores que aparecen. En este caso, hay dos potencias restadas, que pueden tratarse como diferencia de cuadrados, así que x2 - y4 = (x - y2)*(x + y2) = 2009. Puesto que tanto x como y son números enteros, los dos factores polinómicos, (x - y2) y (x + y2) son factores enteros. Basta descomponer 2009 en factores primos para estudiar todos los productos posibles, tanto positivos como negativos, y estudiar los casos para averiguar el valor de x e y.

Antes de pasar a valores concretos, supongamos que x - y2 = a y x + y2 = b, donde a es menor que b (recuerda que y2 siempre es positivo). En ese caso, a + b = 2*x, y b - a = 2*y2. De ahí, tendremos que x = (a + b)/2 e y2 = (b - a)/2. Es evidente que (b - a)/2 deberá ser un cuadrado perfecto para que podamos calcular con éxito un valor entero para y.

Ahora, factoricemos 2009 = 7*7*41, así que lo podemos expresar sólo de seis formas 2009 = 1*2009 = 7*287 = 41*49 y sus opuestos. Las diferencias de estos números son 2009 - 1 = 2008, cuya mitad, 1004, no es un cuadrado perfecto, 287 - 7 = 280, cuya mitad es 140, que tampoco es un cuadrado perfecto, y 49 - 41 = 8, cuya mitad es 4. Este producto es el único que podemos aprovechar.

De 49*41 obtenemos un valor para x de (49 + 41)/2 = 45, y un valor para y de +2 y -2, y de (-49)*(-45) obtenemos un valor para x de -45, y un valor para y de +2 y -2.

En resumidas cuentas, los únicos pares posibles son (45, 2), (45, -2), (-45, 2) y (-45, -2).

jueves, 10 de diciembre de 2009

Impuesto en la aduana

Enunciado

Como dice Lluís en los comentarios, hay que suponer que la dependencia del impuesto respecto a la cantidad de barriles es lineal, es decir, que el impuesto es un porcentaje del valor de los barriles. También hay que suponer que los barriles que transportan los comerciantes son idénticos en valor para facilitar el cálculo.

Así, tendríamos que el primero pagó, de 64 barriles, 5 barriles y 40 francos, mientras que el segundo pagó por 20 barriles 2 barriles y le devolvieron 40 francos.

Como no conocemos el valor en francos de cada barril, podemos llamar a esta variable B, y el porcentaje del impuesto por cada barril sería I. Así, 64*I = 5*B + 40 y 20*I = 2*B - 40. No deja de ser un sistema de ecuaciones con dos incógnitas. Si elegimos mi sistema favorito para resolverlas, reducción, multiplicaríamos la primera por 2, obteniendo 128*I = 10*B + 80, mientras que la segunda la multiplicamos por 5, de forma que 100*I = 10*B - 200. Restándolas ordenadamente, obtenemos que 28*I = 280, es decir, que el impuesto por barril es de 10 francos, y poniendo esto en cualquiera de las dos ecuaciones iniciales, por ejemplo en la segunda, obtenemos que 200 = 2*B - 40, es decir, que 2*B = 240, o lo que es lo mismo, el precio de un barril sería de 120 francos.

lunes, 7 de diciembre de 2009

Un punto en un triángulo equilátero

Enunciado

En un principio, el problema se debe plantear uniendo ese punto con los tres vértices del triángulo equilátero, que queda así dividido en seis triángulos rectángulos, distintos entre sí probablemente.

Si tratamos de resolverlo con un sistema de ecuaciones, probablemente obtendríamos una solución, aunque de manera lenta y costosa. Puede solucionarse el problema de una forma mucho más eficaz si observamos que su área se puede poner en función del lado de dos formas distintas, y calculamos el lado desde esas expresiones.

Por un lado, un triángulo equilátero de lado 1 se puede dividir en dos triángulos rectángulos, cuya hipotenusa mide el doble que uno de los catetos. Es evidente, por Pitágoras, que el otro cateto, que es la altura del triángulo equilátero, medirá √(1-1/4) = √3/2. Eso quiere decir que el área del triángulo equilátero de lado 1 es √3/4. Si el lado mide otra cantidad, x, el triángulo mantendrá una proporción de escala x, y su área mantendrá una escala de factor el cuadrado de x. Por tanto, se podrá calcular multiplicando el lado al cuadrado por √3/4.

En el caso en particular que nos ocupa, podemos unir los triángulos rectángulos que tienen un cateto común, formando tres triángulos cuyas bases son los lados del triángulo equilátero, sus alturas son 1, 2 y 3, y cubren todo el triángulo equilátero, es decir, que el área total se puede calcular sumando x*1/2 + x*2/2 + x*3/2 = x*6/2 = x*3.

Si esos dos valores producen el mismo resultado, es porque x*√3/4 vale lo mismo que 3, es decir, que x es 3 dividido entre √3/4. Puedes calcularlo de forma aproximada, o de forma exacta, y obtendrás que x vale 4√3, aproximadamente 6,9282.

Si lo intentas hacer con ecuaciones, es posible que te veas ante un sistema de 10 ecuaciones con 10 incógnitas, y varias de ellas de segundo grado. No parece una buena alternativa.

Sin embargo, entre los comentarios del enunciado, aparece una solución muy interesante que usa trigonometría, aunque los estudiantes de este nivel aún no la suelen dominar.

jueves, 3 de diciembre de 2009

Tres números primos

Enunciado

De nuevo se trata de un problema en el que debemos seguir un tanteo inteligente para que no lleve demasiado tiempo.

En los comentarios podemos observar el método que propone Alex, que es bastante corto. Yo voy a proponer otro, pero no es mejor que el de Alex.

En primer lugar, observamos que son tres números que suman un número par, es decir que uno de ellos es par (o son los tres), pero eso quiere decir que uno de ellos es 2, que es el único primo que es par.

Si 2 es p, entonces q2 + r3 = 198. Como r debe ser 3 o 5 (73 = 343 es demasiado grande), probemos si hay algún q válido. Descubrimos que q2 = 171 y eso es imposible, pues no es un cuadrado perfecto, o bien q2 = 73, que tampoco es posible.

Si 2 es q, entonces, p + r3 = 196, y de nuevo r puede ser 3, pero en ese caso p = 169, y ese número no es primo (169 = 13*13), o r puede ser 5, en cuyo caso tenemos el primer resultado, 71 + 22 + 53 = 200.

Si 2 es r, entonces tendremos que p + q2 = 192. Aquí probaremos diferentes valores para q, lo que nos llevará algún tiempo.

Si q es 3, p vale 189 = 3*63, no es primo.

Si q es 5, obtenemos otro resultado, 167 + 52 + 23 = 200.

Si q es 7, p vale 143 = 11*13, no es primo.

Si q es 11, obtenemos el resultado 71 + 112 + 23 = 200.

si q es 13, obtenemos el resultado 23 + 132 + 23 = 200.

Y q no puede ser 17 o mayor, puesto que 172 = 289 ya es mayor que el número que buscamos.

Así, tenemos estos cuatro posibles valores.

domingo, 29 de noviembre de 2009

Sumando 2009

Enunciado

Varios de los lectores que han puesto comentarios se han dado cuenta de que se puede aplicar la fórmula de la suma de una progresión aritmética y resolver el problema de una manera muy sencilla mediante ecuaciones diofánticas. No es la única técnica que se puede aplicar, pero es la más directa.

La fórmula dice que si a1, a2, ... , an es una progresión geométrica, la suma a1 + a2 + ... + an = (n*(a1 + an))/2.

En este caso, la suma de n números consecutivos que empiezan en a y acaban en a + n - 1, será (n*(a + a + n - 1))/2 = (n*(2a + n - 1))/2. Este valor debería coincidir con 2009.

Si no la conoces es fácil deducirla, al menos en este caso, ya que la suma de el primer y el último número coinciden con la del segundo y el penúltimo, y así sucesivamente.

El caso es que (n*(2a + n - 1))/2 = 2009. Si llamamos r a 2a + n -1, tenemos que n*r = 4018. Tanto n como r son números enteros, r es mayor que n, y, como podemos comprobar rápidamente, tienen distinta paridad, es decir, si uno es impar, el otro es par y viceversa.

Descomponiendo en factores 4018 obtenemos 4018 = 2*7*7*49, por lo que las posibles descomposiciones en dos productos serían: 1*4018, 2*2009, 7*574, 14*287, 41*98 y 49*82. En todos los casos hemos puesto el menor número delante.

En los casos primero y segundo, n valdría 1 o 2, que es menor que 3.

En el caso tercero n = 7 y r vale 574, por lo que 2a = 568, y a = 284. Por eso la suma es 284 + 285 + ... + 290 = 2009.

En el cuarto caso, n = 14, y r vale 287, por lo que 2a = 274, y a = 137. Por eso la suma es 137 + 138 + ... + 150 = 2009.

En el quinto caso, n = 41, y r vale 98, por lo que 2a = 58, y a = 29. Por eso la suma es 29 + 30 + ... + 69 = 2009.

En el sexto y último caso, n = 49 y r vale 82, por lo que 2a = 34, y a = 17. Por eso la suma es 17 + 18 + ... + 65 = 2009.

Estas cuatro soluciones son, por tanto, las únicas válidas.

jueves, 26 de noviembre de 2009

Duplicar moviendo cifras

Enunciado

Este problema se puede plantear tanteando sobre la última cifra, o bien utilizando ecuaciones, y conociendo cómo escribimos los números en el sistema decimal y las implicaciones que tiene. Voy a optar por este último método por ser más interesante y cubrir todos los casos.

En primer lugar, un alumno escribe un número de 18 cifras, y después el profesor borra la última cifra y la sitúa en primer lugar, con lo que el número se duplica.

Si nos fijamos bien, las primeras 17 cifras permanecen juntas en ambos números, pero al quitar la última cifra, su valor queda dividido entre 10, es decir, que en el primer número su valor es 10*x, y en el segundo es x. De x conocemos que es un número de 17 cifras.

Por otra parte, la última cifra, al situarla en la posición 18, es como si multiplicáramos su valor por 10 un total de 17 veces, es decir, como si lo multiplicáramos por 1017 o 100000000000000000.

En resumidas cuentas, que el primer número puede expresarse como 10*x + y, y el segundo número se puede expresar como x + 1017*y.

El enunciado del problema nos dice que el segundo es doble que el primero, es decir, que 2*(10*x + y) = x + 1017*y.

Quitando paréntesis y agrupando términos que tienen la misma incógnita, queda 19*x = 99999999999999998*y (hay 16 "nueves" en este coeficiente).

Esta ecuación tendría infinidad de soluciones fraccionarias, ya que sobra una incógnita, pero x e y deben cumplir otras restricciones, sabemos que y es un número natural de una única cifra, y que x es un número natural de exactamente 17 cifras.

Como 19 es un número primo, o bien divide a y (cosa que obligaría a que y valiese cero, y x también, pero no parece lógico que el alumno haya escrito 18 ceros), o bien 19 divide a 99999999999999998. Probando esta última posibilidad, tenemos que así es, y por tanto queda x = 5263157894736842*y.

Ahora bien, podemos elegir entre diferentes opciones para el valor de y, con la condición de que x tenga 17 cifras, que puede ir desde y = 2 a y = 9. En todos los casos, obtenemos un número que cumple la condición pedida.

Las soluciones serían, por tanto, 105263157894736842*2 = 210526315789473684, o bien 157894736842105263*2 = 315789473684210526, o 210526315789473684*2 = 421052631578947368, o 263157894736842105*2 = 526315789473684210, o 315789473684210526*2 = 631578947368421052, o 368421052631578947*2 = 736842105263157894, o 421052631578947368*2 = 842105263157894736, o 473684210526315789*2 = 947368421052631578.

domingo, 22 de noviembre de 2009

Cubo inscrito en esfera inscrita en cubo

Enunciado

Como dice Lluís en los comentarios, este problema tiene una solución bastante sencilla, la única dificultad es imaginar los puntos de contacto entre la esfera y los dos cubos.

Sección de esfera inscrita

Sección de esfera inscrita

Puesto que la información que nos dan es el área total del cubo externo, a partir de ese dato debemos obtener el lado, que es el dato más importante en un cubo. Puesto que el área total es de 24 metros cuadrados, y un cubo tiene 6 caras, cada cara tiene 4 metros cuadrados, es decir, el lado mide dos metros.

Ahora bien, la esfera está inscrita dentro del cubo, es decir, es tangente en el centro de las caras. Su diámetro medirá la distancia entre dos de esos puntos tangentes, es decir, un lado del cubo. Es decir, que su diámetro mide 2 metros también.

Por último, el cubo inscrito dentro de la esfera toca a la esfera en puntos opuestos con los ocho vértices. lo que podemos medir es una diagonal del cubo, que medirá en total lo que el diámetro de la esfera, es decir, dos metros.

Esta diagonal se puede introducir en un triángulo rectángulo que forma la diagonal externa de una cara del cubo y uno de los lados, y la diagonal externa se puede introducir en un triángulo rectángulo que forman dos lados del cubo.

Calculando, el cuadrado de la diagonal externa es igual a la suma de dos cuadrados de los lados, es decir, r2 + r2 = 2*r2. Y el cuadrado de la diagonal interna, es la suma de este cuadrado y el cuadrado de otro lado, es decir, 2*r2 + r2 = 3*r2. Es decir, que la diagonal al cuadrado, que vale 4, es igual a 3*r2, por lo que r vale la raíz cuadrada de 4/3.

Ahora, como lo que buscamos es el área de todo el cubo inscrito, el área de una cara valdrá 4/3 de metro cuadrado, y multiplicando por 6, tendremos el área total, 8 metros cuadrados. Según vemos, el área se divide sólo entre tres durante este proceso.

jueves, 19 de noviembre de 2009

Asignando un dígito

Enunciado

Como dice Lluís en los comentarios, lo que hay que hacer es entender bien el problema y ser ordenado.

Como lo que queremos tener al final es un 8, partiendo de dos cifras, lo primero es saber qué números pueden dar 8 como producto. Puede ser 1*8 o bien 2*4, no hay más opciones. De esta forma, el 18, 81, 24 y 42 son números a los que se les asigna 8.

A continuación, tendríamos aquellos números que al multiplicar sus cifras pasan por uno de los cuatro que ya tenemos, es decir, al 63 se le asigna el 6*3 = 18, y a éste el 8, por lo que al 63 también le asignamos el 8. Para encontrarlos, hay que pensar de cuántas formas se puede obtener cada uno de ellos.

El 18 puede se 2*9 o 3*6, por lo que apuntamos 29, 92, 36 y 63. El 81 sólo lo podemos lograr con 9*9 (recuerda que tiene que ser multiplicando dos cifras, así que no vale 27*3, por ejemplo), así que tenemos el 99. El 24 puede ser 3*8 y 4*6 (38, 83, 46 y 64) y el 42 puedes ser 6*7 (67 y 76).

De estos números aún puede salir algún resultado más, ya que 36 puede ser 4*9 o 6*6 (49, 94 y 66), 63 puede ser 7*9 (79 y 97), y 64 puede ser 8*8 (88).

Por último, del 49 podemos lograr el 77 nada más, y es el único número que puede aportar algo nuevo. Observa que sería la cadena más larga 77 -> 49 -> 36 -> 18 -> 8.

En definitiva, los números serían 18, 81, 24, 42, 29, 92, 36, 63, 99, 38, 83, 46, 64, 67, 76, 49, 94, 66, 79, 97, 88 y 77. En total, 22 números. Si no me he equivocado, claro.

domingo, 15 de noviembre de 2009

Un triángulo de tres colores

Enunciado

Como siempre con este tipo de problemas, debemos empezar trabajando con casos concretos y sencillos, para avanzar hacia una generalización.

Si tenemos tres puntos, cada uno de un color, y cada uno conectado con dos, está claro que están totalmente conectados, por lo que está claro que forman un triángulo de tres colores.

Supongamos que tenemos seis puntos, pintados a pares de colores. Cada punto está unido con tres de distinto color, de forma que podemos garantizar que uno de los tres es del tercer color. Tomemos un punto cualquiera. Dos de sus uniones serán con un color común, supongamos que es el color A, y otro será con el color B. Éste último punto estará unido a algún punto de color A, ya que está unido a tres puntos, y no todos pueden ser de color C. Como el primer punto está unido a los dos de color A, también está unido a éste, por lo que forman un triángulo.

Vamos al tercer ejemplo, que puede ser el más complicado y el que aclare el método general. Tenemos nueve puntos, tres de cada color, y todos están unidos a cuatro de distinto color. Si uno de ellos está unido a tres del mismo color, repetiríamos el razonamiento anterior, pero puede ocurrir que ninguno está unido a tres de un mismo color. En ese caso, todos estarán unidos a dos de un color y dos de otro. Tomemos un punto P de color C, unido a dos A y dos B. Supongamos que Q es uno de los puntos de color B unido a P. Puesto que está unido a dos de color A, y sólo hay tres, uno de los de color A que está unido a P también estará unido a Q, ya que cada uno está unido a dos (y dos y dos es mayor que 3). Este punto forma un triángulo de tres colores junto a P y Q.

No sé si has entendido el razonamiento, pero la clave está en buscar el punto que más uniones de un mismo color tiene, para forzar la situación en uno de los puntos en minoría.

Vamos entonces con el caso general. Supongamos que tenemos 3n puntos, n de color azul, n de color blanco y n de color negro. Todos ellos están unidos a exactamente n + 1 puntos de color distinto al suyo.

Supongamos que anotamos de cada punto la mayor cantidad de puntos de un mismo color que están unidos a él. Como hay un número finito de puntos, uno de estos alcanzará el máximo (puede que haya varios). Supongamos que P es un punto de color A unido a k puntos de color B, y no hay ningún punto unido a más de k puntos de otro color. Evidentemente, el número de puntos de color C unidos a P será n - k + 1, y será menor que k. Y mayor o igual a 1, por lo que al menos hay uno. Ahora, de los n - k + 1 puntos escogemos uno llamado Q.

El punto Q está unido a t puntos de color A, pero seguro que t será menor o igual que k. Y el número de puntos de color B al que estará unido será n - t + 1, que es mayor o igual que n - k + 1 por la misma razón. Ahora bien, n - t + 1 + k = n + 1 + (k - t), que es mayor o igual que n + 1, es decir, mayor que n. Por eso, hay un punto que está unido a la vez a P (k puntos) y a Q (n - t + 1 puntos). Ese punto forma con P y con Q un triángulo del tipo buscado.

jueves, 12 de noviembre de 2009

Suma de ángulos

Enunciado

El objetivo es ver que el ángulo BAC es suma de BAP y BAQ. En principio, un alumno de bachillerato podría abordar este problema con las fórmulas de la suma de ángulos, pero no debemos intentarlo así, porque el problema está planteado para segundo ciclo de la ESO.

En realidad, de lo que se trata es de ver que el ángulo que queda cuando a BAC le quitas BAP es igual que BAQ (o al revés). Para esto, podemos tratar de encontrar el triángulo rectángulo que forma la altura sobre una de las bases, y demostrar que se trata de un triángulo equivalente al que forma BAQ.

Encontrando ángulos iguales

Encontrando ángulos iguales

Observa el dibujo. Vamos a calcular la altura de P sobre el lado AC del triángulo APC. Junto con AP y el segmento de la base, forman un triángulo rectángulo. Si es semejante a ABQ, el ángulo PAC será igual a BAQ, y el enunciado estará demostrado.

La longitud AP es la hipotenusa del triángulo rectángulo ABP. Usando Pitágoras encontramos que es igual a la raíz cuadrada de (12 + (1/2)2), que equivale a la raíz cuadrada de 5, dividida entre dos.

La longitud de AC es raíz cuadrada de 2. Supongamos que x es la altura de P sobre AC. Esa altura es el cateto de dos triángulos rectángulos, cuyas hipotenusas miden AP y PC, y cuyos otros dos catetos suman AC. Trabajando con un par de sistemas de ecuaciones, podemos concluir que x vale raíz cuadrada de 2 dividida entre 4. Es decir, que en el triángulo rectángulo que forma A, P y el pie de su altura, la hipotenusa mide raíz de 5 partido 2, y el cateto corto, raíz de 2 partido por 4.

El triángulo ABQ, su cateto largo mide 1 y el corto 1/3, es decir, que su hipotenusa mide la raíz cuadrada de 10 dividida entre 3.

Ahora vamos a ver la proporción entre los catetos cortos y entre los lados y ver si da lo mismo. En efecto, el cociente entre los catetos es ((raíz de 2)/4)/(1/3)= 3*(Raíz de 2)/4. El cociente entre hipotenusas es ((raíz de 5)/2)((raíz de 10)/3) = (3*(raíz de 5))/(2*(raíz de 10)). Para ver si estas dos fracciones son equivalentes, las multiplicamos en cruz, y obtenemos que 6*(raíz de 20) = 12*(raíz de 5), cosa que es cierta. Luego los ángulos son exactamente iguales

domingo, 8 de noviembre de 2009

Medias en familia

Enunciado

Como pasa muchas veces, las soluciones que se dan en los comentarios están basadas en el uso de ecuaciones. En este nivel, el de primer ciclo de la ESO (12 y 13 años) es correcto utilizarlas, pero en la medida de lo posible hay que contemplar la posibilidad de obtener el resultado sin ecuaciones.

Con ecuaciones, se plantea que, por ser la media de toda la familia 20 años, suponiendo que S es la suma de todas las edades y n el número de hijos, S = 20*(n + 2) y, al ser 16 la edad media cuando el padre (que tiene 48 años) no se cuenta, tenemos que S - 48 = 16*(n + 1). Así obtenemos que n = 6.

Sin utilizar ecuaciones, hay que estudiar el efecto que tiene sobre la media de edades de un grupo que añadas a una persona de 48 años. Si nos fijamos, antes de añadirla tienen en promedio 16 años. Si añades a una persona de más edad al grupo, cada año extra se reparte entre todos los del grupo para aumentar la media. Observa que cuando añades al padre, añades a una persona que tiene 32 años más de la media, por tener 48. Como sabemos que la media aumenta en 4 unidades, 32 repartido entre todos los del grupo debe ser igual a 4, es decir, que todos los del grupo son 8, los dos padres y 6 hijos.

viernes, 6 de noviembre de 2009

¿Llenamos los huecos?

Enunciado

En realidad este problema no es más que un tanteo más o menos ordenado, en el que prima la paciencia y la capacidad de cálculo.

En la primera fila se pueden poner o bien dos sumas y un producto intercalado, o bien cuatro productos o una suma y dos productos, ya que (2 + 2)*(2 + 2) = 2*2*2*2 = (2 + 2)*2*2.

La solución que doy probablemente no es la única, y no sólo por ese aspecto.

02 + 02 + 02 + 02 = 16

 *    +    *    -

03 * 02 + 05 * 02 = 16

 +    *    +    +

08 * 05 - 04 * 06 = 16

 +    +    +    +

02 * 04 - 02 + 10 = 16

 =    =    =    =

16   16   16   16

En la segunda propuesta, el camino es más ordenado. En principio, podemos hallar dos valores, y a partir de cada uno de ellos, otro.

En la primera fila, por ejemplo, vemos que el número debe ser 20, para que la suma coincida. A partir de ese 20 podemos determinar que la suma de la tercera columna debe ser 5, y con éste número ya podemos calcular la suma de la fila inferior, -11. Por otra parte, éste número nos ayuda a calcular el tercer sumando de la cuarta columna, que es 3, que nos completa la tercera fila con un -5 en segundo lugar. Una vez completado estos números, terminar colocando un 3 y un 2 en la fila segunda es sencillo.

De esta forma, la solución queda como sigue. teniendo en cuenta que esta vez es claramente única.

+05 + -03 - +20 = -18

 -     -     +     -

+03 - +02 + -05 = -04

 -     +     -     +

-02 + -05 + +10 = +03

 =     =     =     =

+04 + -10 - +05 = -11

domingo, 1 de noviembre de 2009

Caminando por las aristas de un cubo

Enunciado

Veamos cómo son los caminos de longitud corta, para comprobar que hemos entendido bien el problema.

Vértices de un cubo

Vértices de un cubo

Los vértices A y B son opuestos en una cara. Supongamos que los otros dos los nombramos como C y D. Hay un tercer vértice conectado a A, que podemos llamar E. También hay otro conectado a B, que llamamos F. Por último, en esta cara nos quedan por nombrar otros dos vértices, que podemos nombrar como G (conectado a C) y H (conectado a D).

Los caminos de longitud 1 que parten de A son AC, AD y AE. Los de orden dos son ACA, ADA y AEA, que acaban en A, ACB y ADB, que acaban en B (3 a 2), y ACG, ADH, AEG y AEH. el problema es que cada vez que aumentamos la longitud de caminos, su cantidad queda multiplicada por 3, de forma que la cosa se complica para los de orden 3 y los de orden 4 (que son los que, de nuevo, pueden acabar en A o en B).

Si tratamos de prescindir de los demás, y nos fijamos sólo en los que acaban donde interesa, los de longitud 4 que acaban en A serán ACACA, ACADA, ACAEA, ACBCA, ACBDA, ACGCA, ACGEA, ADACA, ADADA, ADAEA, ADBCA, ADBDA, ADHDA, ADHEA, AEACA, AEADA, AEAEA, AEGEA, AEGCA, AEHEA, AEHDA, en total 21 caminos. Los que van de A a B serán ACACB, ACADB, ACBCB, ACBDB, ACBFB, ACGCB, ACGFB, ADACB, ADADB, ADBCB, ADBDB, ADBFB, ADHDB, ADHFB, AEACB, AEADB, AEGCB, AEGFB, AEHDB, AEHFB, es decir, 20 caminos.

Esto nos enseña dos cosas. Hay un camino más de A a A que de A a B en longitud dos y cuatro, y que los caminos que acaban en A proceden de tres direcciones (C, D y E) y los que acaban en B de otras 3 (C, D y F).

Veamos qué pasa en la longitud 6. En estos caminos, el paso 4 antes de llegar a A sólo puede ser A, B, H o G. Los caminos de longitud 4 que llegan a A son 21, y los que llegan a B, 20. Los que llegan a H o G, por la simetría de su posición serán también 20 a cada uno de ellos. En total, tendremos 21*3 + 20*2 + 20*2 + 20*2 = 21*3 + 20*6 = 183. Los que llegan a B, en el paso 4 han llegado a A, B, G o H, por lo que serán un total de 21*2 + 20*3 + 20*2 + 20*2 = 21*2 + 20*3 + 20*4 = 182. De nuevo uno más.

Probemos a demostrarlo por inducción. Supongamos que la cantidad de caminos que llegan en el paso n de A a A es s y la que llega de A a B es s - 1. De la misma forma, por simetría, de A a H o G serán también s - 1. en el paso n + 2, la cantidad de caminos que llegan a A es s*3 + (s - 1)*2*3 = 9s - 6. La cantidad de caminos que llegan a B serán (s -1)*3 + s*2 + (s - 1)*4 = 9s - 7. Es evidente que hay un camino menos de A a B que de A a A (además, podríamos calcular con precisión cuántos habría reiterando la fórmula).

jueves, 29 de octubre de 2009

Triángulos sobre unos puntos

Enunciado

Este problema es un problema que implica únicamente contar triángulos. Lo principal en este tipo de problemas es marcar de alguna forma los triángulos que vamos realizando, para asegurarnos que no repetimos ninguno.

Todos los triángulos

Todos los triángulos

Vamos a tratar de hacer el recuento de forma gráfica, marcando los triángulos que vamos contando de alguna forma.

Lo que se hace en el dibujo es marcar un punto. A partir de ahí, se marca el segundo y se van señalando todos los puntos en los que se crea un triángulo nuevo. Tomando los dos puntos de la parte superior que están más próximos, encontramos seis puntos sobre los que construimos triángulos distintos. Observa que un punto no está marcado porque desde él sale un triángulo que ya se ha encontrado de otra manera.

A continuación se cambia el segundo punto, y encontramos otros cinco triángulos que no coinciden con los anteriores.

Volvemos a cambiar, y salen cuatro puntos con triángulo nuevo. Luego tres, uno, tres y dos. Con este último, acabamos con los triángulos que parten del primer punto. Los que quedan no funcionan como segundo punto, porque ocasionan triángulos que ya han aparecido.

Si cambiamos de posición el primer punto, hay que tener cuidado para no repetir ningún triángulo, por lo que sólo encontramos un candidato a segundo punto, que produce un único triángulo nuevo. Ya no encontramos nuevos triángulos, ya que si usamos el tercer punto de arriba como primer punto es equivalente a usar el primero, igual que si usamos uno de los de abajo. Y alguno de esos tendremos que usar para los triángulos, por estar los otros alineados.

En total, son 25 triángulos distintos, si no he contado ninguno dos veces.

lunes, 26 de octubre de 2009

A dos velas

Enunciado

Es sencillo resolver este problema con ecuaciones, es un problema típico de cinemática, como dice Lluís, no hay trenes que se cruzan, pero podemos imaginar la llama avanzando por las velas con cierta velocidad, y llegando a su destino antes o después.

En este nivel, siempre hay una estrategia para resolver sin ecuaciones, y en esta ocasión también vamos a buscarla. La primera vela tarda 7h en consumirse, y mide 28 centímetros. Eso quiere decir que cada hora quema 28/7 = 4 centímetros.

Como está tres horas encendida durante la fiesta, al apagarse debe medir 12 centímetros menos, es decir, 16 centímetros.

Nos dicen que en ese momento, las velas son iguales, por lo que la otra vela en ese momento mide también 16 centímetros. Y como su duración es de 11 horas, aún deben quedarle 8 horas para consumirse totalmente, por lo que deducimos que se quema a razón de 16/8 = 2 centímetros por hora.

Ahora podemos obtener su altura cuando estaba completa: 11 horas por 2 centímetros que quema cada hora, son 22 centímetros lo que tenía originalmente.

jueves, 22 de octubre de 2009

Descubriendo un fallo

Enunciado

El problema tiene trampa. Se trata de saber, a partir de las cifras de un número, que la división va a dar exacta, sin que importe su posición. En nuestro sistema de numeración, los únicos números de los que podemos saber algo sobre su divisibilidad por las cifras, sin importar la posición, son el 9 y el 3.

Recordemos que cuando un número es divisible por 9 o por 3, la suma de sus cifras lo son, y si lo son, también el número lo es.

En nuestro caso, el número que cita el notario usa las cifras 0 0 0 1 2 3 5 6 7 9 9, cuya suma es 1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 7 + 9 + 9 = 42, que es múltiplo de 3 pero no de 9. Así, sabemos que el número no da decimales si es tres, y es toda la información que podemos obtener de ese dato.

Así que, si uno de los herederos dice que la división no puede dar decimales, es porque el número de hijos es precisamente 3, y sabe que no puede, por lo tanto, producir decimales en su división.

Como recordaréis, varios de los comentarios se dieron cuenta de este detalle.

domingo, 18 de octubre de 2009

Sumando números con cifras repetidas

Enunciado

Este problema se puede plantear de varias formas. En un planteamiento muy general, se trata de resolver la ecuación diofántica 2009 = a*1111 + b*111 + c*11, donde a, b y c son números entre 0 y 45, ya que, en teoría, podríamos escribir un número de esta forma con 11 + 22 + 33 + ... + 99 = 11*45, ya que (1 + 9)*10/2 = 45. Observa que los sumandos deben ser distintos, es decir, no podemos conseguir múltiplos de 11, 111 y 1111 mayores que 45.

Resolver esta ecuación diofántica con tres variables totalmente sería muy difícil.

Sin embargo, como sólo queremos una solución en el apartado i), y las soluciones que menos sumandos tienen en el ii), podemos acortar considerablemente el razonamiento.

Vamos a buscar una expresión rápidamente. Como 2222 es mayor que 2009, partiremos de 1111. Otra opción sería no usar números de 4 cifras, pero veremos que esa opción produce más sumandos.

La diferencia entre 2009 y 1111 es 898, es decir, 898 es lo que tendrán que sumar los otros. Si usamos 888 tendremos que lograr 10, cosa imposible con sumandos de este tipo, por lo que partiremos de 777, con lo que nos faltará 121. Evidentemente, 121 = 11*11, por lo que lo podemos obtener con dos sumandos como 99 + 22 = 88 + 33 = 77 + 44 = 66 + 55 = 121.

De esta manera, tenemos cuatro sumas que dan 2009 = 1111 + 777 + 99 + 22 = 1111 + 777 + 88 + 33 = 1111 + 777 + 77 + 44 = 1111 + 777 + 66 + 55. Veamos que no se pueden obtener más, ni reducir la cantidad a tres sumandos, con lo que quedará vista la segunda parte.

Es evidente que no podemos complementar 1111 + 777 con un par de sumandos para dar 2009, ya que los sumandos deberían ser múltiplos de 11. ¿Podríamos llegar a tener 898 con tres sumandos de este tipo de otra forma?

Si consideramos 898 - 666 = 232, por no ser múltiplo de 11 no podemos expresarlo como suma de números de dos cifras, y si lo intentamos con números de 3 llegaríamos a 888 o 777, números que ya se han estudiado.

Si bajamos a 898 - 555 = 343, volvemos a repetir el mismo razonamiento.

Con 898 - 444 = 454 igual.

Y también con 898 - 333 = 565, con 898 - 222 = 676 y con 898 - 111 = 787. Como 898 no es tampoco múltiplo de 11 tampoco se puede expresar con sumandos de dos cifras iguales.

La única opción que debemos estudiar aparte sería el caso en que no usáramos sumandos de cuatro cifras para lograr 2009.

Si restamos a 2009 999 obtenemos 1010, que tampoco es múltiplo de 11 (no podemos conseguirlo con sumandos de 2 cifras). Si probamos a restar a 1010 otros números de tres cifras, tampoco lograremos números múltiplos de 11 (122, 233, 344, 455, 566, 677 y 899).

Por último, si probamos a restar a 2009 otros números como 888, 777, etcétera, logramos 1121, 1232, 1343, 1454, 1565, 1676, 1787 y 1898, de los que sólo 1232 es múltiplo de 11 y por lo tanto sería el único que podríamos conseguir como suma de números de dos cifras, pero es excesivamente grande, 112*11, muy lejos del máximo que podríamos lograr con tres sumandos distintos de dos cifras, 99 + 88 + 77 = 264. Ni siquiera podríamos lograrlo empleando todos los sumandos posibles de dos cifras, ya que llegaríamos a lo sumo a 45*11.

jueves, 15 de octubre de 2009

¿Cuál es el último?

Enunciado

Es evidente que en la primera criba caen los impares, ya que al ir eliminando uno cada 2 y empezar desde el 1, la secuencia es clara.

Cuando quedan sólo los pares, el primer número que eliminamos es el 2, y con él todos los que no son múltiplos de 4.

De la misma forma, de entre los múltiplos de 4 tachamos a los que no son múltiplos de 8, y así sucesivamente. El último que quede, por tanto, será la potencia de 2 más alta entre los números consecutivos que hayamos puesto, en este caso el 1024 = 210.

Esta solución ya había sido descubierta por muchos comentarios.

domingo, 11 de octubre de 2009

Trenes de mercancías

Enunciado

Como varios de los lectores han comentado, hay dos vías para resolver el problema. si sabes suficiente de ecuaciones, puedes hacer un sistema con el peso del tren y de la mercancía.

Pero si no sabes álgebra aún, o quieres hacer el problema de otra forma, basta pensar que si has descargado la mitad de la carga, y en el proceso pierdes 123 - 98 = 25 toneladas, la carga total inicial es exactamente el doble, 50 toneladas, y el tren, por tanto, pesa 123 - 50 = 98 - 25 = 73 toneladas.

sábado, 10 de octubre de 2009

Haciendo un marco

Corte en la figura

Corte en la figura

Enunciado

El único comentario que se ha escrito en el enunciado ha conseguido resolver el problema, incluyendo incluso imágenes. Me permito hacer uso de ambas imágenes para ilustrar esta solución, en lugar de crear unas propias.

Construcción del marco

Construcción del marco

La manera de resolver el tipo de problemas que se conoce como de cortes y composición no permite una explicación general, pero normalmente se basa en tratar de situar en el dibujo inicial ciertas peculiaridades del final, hasta que coincida con una gran parte de éste y nos ofrezca una visión clara de por dónde cortar.

En el caso que nos ocupa, está claro que el borde exterior de la L acabará como parte del borde exterior del cuadrado mayor. Lo que ya no resulta tan claro es que el borde interior (o gran parte de él) sea lo que en principio era el borde interno de la L.

domingo, 4 de octubre de 2009

Sección rómbica de un tetraedro

Enunciado

La principal dificultad de este tipo de cuestiones es imaginarse la situación adecuadamente, ya que en muchas ocasiones nos falta práctica con la visión espacial. Puede que nos tengamos que construir una figura tridimensional para practicar con ella. Haber cursado un curso de dibujo técnico puede ayudar mucho.

Si el tetraedro no fuese regular, el enunciado no sería cierto (basta imaginar un rombo, y hacer pasar por los lados paralelos un diedro, un par de planos que se cortan en una recta, otro enfrentado por el opuesto, y sale necesariamente un tetraedro, en cuanto hagas que ninguno de los cuatro sea paralelo al otro).

Tetraedro seccionado y desplegado

Tetraedro seccionado y desplegado

Es una pena que en el enunciado original no se aclarase que se refería a un tetraedro regular, porque es una figura muy conocida y seguramente habría sido sencillo imaginarlo para los participantes.

Por si quieres tener una referencia clara de cómo es la sección cuadrada de un tetraedro regular (solo hay una), he preparado un dibujo sobre como sería un recortable de esa sección. Los lados que tienen la misma letra deben unirse tras recortarlo. Basta hacer dos iguales y entre ambas formarán el tetraedro original.

Para demostrar el problema (con un tetraedro regular), debemos observar las propiedades de las caras y las aristas de un tetraedro regular.

Imagina que tienes una sección plana con los cuatro lados iguales, paralelos dos a dos, dibujados sobre un tetraedro. Para tener una sección con cuatro lados, debe cortar el mismo plano a las cuatro caras distintas.

Recuerda que en un tetraedro, las cuatro caras están en contacto unas con otras a través de las seis aristas.

Cunado dos lados del rombo son paralelos, como están dibujados sobre planos distintos, no hay más remedio que sigan la dirección de la recta de corte, la arista. Es decir, la arista es paralela a los dos lados de la sección que son paralelos.

Si te das cuenta, las dos aristas paralelas a las dos direcciones del rombo no pueden tener ningún vértice común, ya que no tienen ninguna cara en común. Pero cada arista toca a otras cuatro, y sólo tiene una arista enfrentada. Estas aristas enfrentadas, dada la simetría del tetraedro, siguen direcciones perpendiculares, luego los lados del rombo son paralelos a rectas perpendiculares, luego son perpendiculares. Por tanto, el rombo es necesariamente un cuadrado.

Siguiendo el mismo razonamiento, cualquier sección que sea un paralelogramo es un rectángulo.

jueves, 1 de octubre de 2009

La tarjeta de crédito

Enunciado

Este problema es bastante sencillo y se puede resolver de varias formas, incluso por tanteo. Varios de los que escriben comentarios en el blog lo han resuelto de formas muy distintas, pero lo mejor es combinar algunas de ellas para aprender un poco de este problema.

Si un número de dos cifras tiene que ser igual a la suma del cubo de sus unidades más el cuadrado de sus decenas, la cifra de las unidades debe ser menor que 5, ya que 125 excede las dos cifras. Supongamos que llamamos a al número de las decenas, y b al número de las unidades. El número es 10a + b. Puesto que es igual a la suma del cuadrado de las decenas más el cubo de las unidades, tenemos que 10a + b = a2 + b3. Esta igualdad se puede escribir también como 10a - a2 = b3 - b. Observa que la segunda parte de la igualdad es positiva para todos los valores, así que debemos tratar de ajustarla para valores de a resolviendo ecuaciones de segundo grado para los valores de b entre 0 y 4.

Para 0 y 1 obtenemos la misma ecuación, 10a - a2 = 0, cuyas soluciones a = 0 y a = 10 no son válidas (suponemos que un número de dos cifras no empieza por 0).

Para 2, obtenemos la ecuación 10a - a2 = 6. Su discriminante (lo que hay dentro de la raíz) es 76, que produce un resultado no entero con total seguridad.

Para 3, obtenemos la ecuación 10a - a2 = 24, que produce dos soluciones, a = 6 y a = 4. Probablemente estos son los números a los que se refiere el enunciado.

Para 4, obtenemos la ecuación 10a - a2 = 60, que produce un discriminante negativo.

En definitiva, que las dos únicas soluciones son 63 y 43. Ordenados de mayor a menor, serían las cuatro cifras 6343. Ese sería el número secreto de la tarjeta.

domingo, 27 de septiembre de 2009

¡Nos vamos al cine!

Enunciado

Este problema se interpreta como que cada uno, desde un vértice del triángulo, recorre dos lados para recoger a los dos compañeros. Así, tenemos que, si los vértices del triángulo les llamamos con las iniciales de los nombres de los amigos, Antonio, Bernardo y Carlos, Antonio recorre AB y BC, un total de 14 km., Bernardo recorre BC y CA, en total, 18 km., y Carlos, recorre CA y AB, 16 km.

Si no se te ocurre otra forma, puedes hacer un sistema de ecuaciones, pero si sumas todos los resultados, tienes que AB + BC + BC + CA + CA + AB = 14 + 18 + 16 = 48, y has sumado los tres lados dos veces cada uno. De esta forma, los tres lados suman 24 km, y restando podemos saber que AC = 24 - (BC + CA) = 6, que BC = 24 - (CA + AB) = 8 y que BA = 24 - (AB + BC) = 10.

Ahora que sabemos que se trata de un triángulo de lados 10, 8 y 6, podríamos pensar en calcular su altura desde una base, o en aplicar la fórmula de Herón para calcular el área a partir de sus lados, pero antes hay que probar la fórmula de Pitágoras, para ver si por casualidad es rectángulo, ya que 36 + 64 = 100 (en realidad se trata de un triángulo semejante al histórico 3, 4, 5). De esta forma se puede calcular su área situando un cateto como base y otro como altura, dando 6*8/2 = 24 kilómetros cuadrados.

jueves, 24 de septiembre de 2009

Seguimos la pista...

Enunciado

Si miras los comentarios, verás que Lluís Usó me ha dejado, de nuevo, sin trabajo, dando una solución muy completa.

Lo que debo comentar es que en las sucesiones rara vez la solución es única, porque casi siempre existe otra sucesión tan lógica como la que el autor estaba pensando, y que responde perfectamente a los primeros números.

Sin embargo, hay un truco que te puede sugerir el tipo de sucesión que el autor pensaba, que consiste en hallar las diferencias. Si hay signos, se pueden considerar por separado, ya que normalmente cumplen una función decorativa o de despiste. Por último, también suele ser útil considerar los factores que aparecen en la descomposición.

La primera sucesión está claro que tiene un signo que cambia de positivo a negativo, y viceversa, cada vez. Si quitamos este símbolo, las diferencias de un número con el siguiente son siempre 4, por lo que es fácil continuar: 23, -27, 31.

En la segunda sucesión el método de las diferencias no nos dice nada. Si probamos con la factorización, rápidamente nos puede indicar que se trata de 22, 33, 44, ... Si disponemos de una calculadora, rápidamente obtendremos los siguientes términos: 823543, 16777216 y 387420489 (aunque tendríamos problemas para hallar este último con una calculadora de 8 cifras).

La siguiente sucesión da una diferencias de 5, 7, 9 y 11, lo que a suvez tiene unas diferencias siempre iguales a 2. La siguiente diferencia, entonces sería 13, luego 15 y luego 17, es decir, que los términos que buscamos los podemos obtener sumando a 35 + 13 = 48, 48 + 15 = 63 y 63 + 17 = 80. también es cierto que podríamos haber observado que si le añadimos 1 a cada término, obtenemos un cuadrado perfecto.

La siguiente sucesión, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13 es muy famosa, pero aunque no la conozcas, observarás que sus diferencias son de nuevo 0, 1, 1, 2, 3, 5, de forma que podemos aplicarlo para obtener los siguientes, 13 + 8 = 21, 21 + 13 = 34, 34 + 21 = 55. En realidad, se llama la sucesión de Fibonacci, y cada término se obtiene sumando los dos anteriores.

Y la última, las diferencias no dan muchas pistas, y las factorizaciones nos indican que todos son primos. Es fácil ver que no hay más primos entre ellos, por lo que rápidamente podemos concluir que son los números primos a partir de 29, es decir que los siguientes serán 53, 59 y 61.

lunes, 21 de septiembre de 2009

Puntos especiales de un triángulo

Enunciado

Vamos a trabajar, dados cuatro puntos A, B, C y P, qué significa que 1 ≤ APB/ACB ≤ 2.

En primer lugar, ACB ≤ APB, significa, puesto que tienen el mismo extremo AB, que están dentro del arco de circunferencia que define el ángulo ACB al variar C. Observa que sobre la circunferencia, el ángulo permanece constante, pero en el interior es mayor el ángulo, y en el exterior es menor.

Zona que cumple una condición

Zona que cumple una condición

Por otro lado, APB ≤ 2*ACB. Si pensamos en el ángulo ACB inscrito en una circunferencia, conocemos un punto en el que el ángulo es igual a 2*ACB, el centro de dicha circunferencia. Si queremos estudiar en qué puntos permanece constante ese ángulo, trazaremos un arco que contenga a ese centro y tenga AB por segmento. Los puntos en el exterior de ese arco formarán un ángulo menor que 2*ACB, y los del interior, formarán un ángulo mayor.

Si queremos que ambas condiciones se cumplan, los puntos P estarán en el interior de una especie de luna (lúnula) que forman los puntos de un arco que no están en el otro, incluyendo (debido al símbolo menor o igual) los puntos de las circunferencias. si además, imponemos que estén en el interior del triángulo, serán los puntos de esa lúnula que estén en el triángulo.

Con las tres condiciones

Con las tres condiciones

Si ahora añadimos la misma condición para los otros tres vértices, habrá que dibujar los puntos que cumplan condiciones equivalentes para los otros tres vértices. Observa que el centro de la circunferencia circunscrita será el mismo, el circuncentro del triángulo (es interno al triángulo por ser acutángulo).

El resultado sería un conjunto de puntos exterior a las tres circunferencias que pasan por el circuncentro y por dos de los tres vértices. Como cada par de ellas comparte dos puntos (el centro y uno de los vértices), no puede haber dos tangentes, por lo que delimitan en el interior del triángulo seis zonas, ninguna de las cuales es exterior a todas las circunferencias (es mas, tres de ellas son interiores a dos de las circunferencias). en cuanto a los puntos de las propias circunferencias, todos los del interior del triángulo están también dentro de alguna de las circunferencias, excepto el propio circuncentro.

Por lo tanto, el único punto que cumple las condiciones pedidas es el circuncentro.

viernes, 18 de septiembre de 2009

Números triangulares

Enunciado

Si hacemos una cuantas pruebas con números bajos, nos daremos cuenta de que, en realidad, T10 - T4 es la suma 5 + 6 + ... + 10, es decir, la suma de los 10 - 4 = 6 números consecutivos a partir de 4, es decir, que Tm - Tn es la suma de los m - n números consecutivos a partir de n (sin incluir éste), y hasta m.

Supongo que conocerás la anécdota sobre Gauss que cuenta cómo sumó los 100 primeros números rápidamente, al observar que los de los extremos sumaban lo mismo que los siguientes, y que los otros, etcétera. En este caso, podemos hacer algo parecido.

Si buscamos, por ejemplo, sumar 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10, podemos darnos cuenta de que 5 + 10 suma lo mismo que 6 + 9, o que 7 + 8, es decir, que sumamos tres veces 15, o lo que es lo mismo, 6*15/2 (la suma del primero más el último, por el total de números dividido entre dos). La fórmula es válida también en el caso en que el número de sumandos sea impar, debido a que el central es exactamente la mitad de la suma repetida.

Aprovechando esta curiosa propiedad, podemos ver de cuántas maneras se puede poner 2008 de la forma a*b/2, estudiando la descomposición de 4016, que es el doble.

Observa otra curiosa situación, que o bien la suma de los números, o bien la cantidad de ellos es impar, así que las potencias de dos deberán ir siempre en uno sólo de los dos factores.

Como 4016 = 2*2*2*2*251, las únicas descomposiciones válidas son 4016 = 1*4016 y 4016 = 251*16, es decir, que 2008 = 1*4016/2 y que 2008 = 16*251/2, o sea que 2008 sea la suma de un único sumando (2008), que conseguiremos como T2008 - T2007 o que sea suma de 16 números.

En este último caso se observa que agrupándolos por pares sumen 251. Sabremos de qué números se trata observando que los dos centrales son prácticamente iguales, y estarán a ambos lados de 251/2, es decir que serán 125 y 126. Hay 7 delante y 7 detrás, que serán desde el 118 al 133. Podemos comprobar que 118 + 119 + 120 + 121 + 122 + 123 + 124 + 125 + 126 + 127 + 128 + 129 + 130 + 131 + 132 + 133 = 2008 = T133 - T117.

Estos son los únicos dos pares buscados, T2008 - T2007 y T133 - T117.

domingo, 13 de septiembre de 2009

Noventanos

Enunciado

Efectivamente, como dice Lluís en los comentarios, hay que suponer que estamos en la tierra, por lo que las 90 horas de los noventanos equivaldrán a las 24 del resto del mundo, pero no sólo eso, si no que el día comienza para ellos al mismo tiempo que para nosotros, es decir, a las 0:00 horas nuestras también son las 0:00 para ellos.

Como no se dice nada sobre esto, supondremos que sea así. De esta manera, para convertir horas (y minutos, y segundos) utilizaremos reglas de tres (proporciones, en lenguaje técnico).

Así, a la 1:00 en nuestro horario de 24 horas, hemos de convertir una fracción de 1/24 del total en fracciones de denominador 90. Dicho de otra forma, si pasa una de 24 ¿cuántas pasarían de 90? LA respuesta es dividir 90 entre 24, es decir, que sería 3 y "algo más". Ese "algo mas" (0,75) se multiplica por 90 para saber cuántos minutos noventanos han pasado, y resultan 67 minutos noventanos "y medio", lo que significan 45 segundos noventanos. Entonces, la respuesta sería que a la 1:00 para el resto del mundo, para los noventanos serían las 3:67:45, es decir, las 3 horas, 67 minutos y 45 segundos.

Para las 18 horas, 32 minutos, la cosa no es tan fácil, ya que los 32 minutos hay que expresarlos como fracciones de hora (32/60 = 0.533333), y entonces, las 18,5333333 hay que dividirlas entre 24 y multiplicarlas por 90. Usando la calculadora, se reduce a 69 horas noventanas y media, es decir, 45 minutos noventanos. En resumen, las 18:32 nuestras serán las 69:45 noventanas.

Por último, las 19:00 en la hora noventana, para traducirse a nuestro formato horario, deberá dividirse entre 90 y multiplicarse por 24, lo que dará 5,06666. La parte decimal, de nuevo, deberá transformarse en minutos, multiplicando por 60, lo que dará 4 minutos. Así, las 19:00 noventanas equivaldría a las 5:04 de nuestro sistema horario.

Como vemos. de nuevo Lluís ha sido preciso en sus cálculos.

jueves, 10 de septiembre de 2009

La parcela

Enunciado

Primer paso en la parcela

Primer paso en la parcela

Varios lectores han dado su solución, y han acertado, pero este problema no debe ser resuelto utilizando ecuaciones, ya que muchos de los participantes en este nivel no las conocen.

El único comentario que, hasta el momento, lo ha resuelto con otro sistema, ha sido el de Lluís Usó, que ha usado el truco de tratar de resolverlo como si fuesen pesos en una balanza (de estos problemas hay muchos), poniendo en cada lado piscinas, casas o jardines como le interesaba manteniendo el equilibrio. El resultado me ha parecido tremendamente original.

Otra manera de verlo es geométrica, explotando poco a poco la información que nos dan. En el primer dibujo podemos ver representado en una parcela rectangular, el jardín por un lado y por otro el espacio que ocupan casa y piscina, que dicen ser iguales.

Segundo paso de la división

Segundo paso de la división

En segundo lugar, nos fijamos en que la casa es igual a medio jardín y una piscina, de forma que hemos dibujado medio jardín dentro de la casa, y hemos dejado sin rellenar el espacio que ocupan el resto de la casa y la piscina.

Y por último, viene la fase más delicada, que es el momento en que nos damos cuenta que en ese espacio sin delimitar caben exactamente dos piscinas, la de verdad, y la que cabe dentro de la casa junto con el medio jardín.

División final de la parcela

División final de la parcela

En este dibujo podemos apreciar claramente las proporciones entre casa, jardín y piscina, de forma gráfica. Así, observamos que la piscina ocupa la mitad de medio jardín, es decir, que el jardín ocupa lo que cuatro piscinas, y que la casa ocupa lo que tres piscinas. Y como la piscina se nos dice en el problema que mide 30 metros cuadrados, resulta que la casa ocupa 90, el jardín 120, y la parcela en su totalidad 240 metros cuadrados.

Otra forma de abordarlo puede ser tantear los diferentes valores para ver si cumplen las igualdades, no al azar, si no de manera inteligente hasta forzar todas las condiciones. Éste método lo han seguido algunos de los que participaron en la fase. Podemos ver algunas respuestas siguiendo este enlace.

domingo, 6 de septiembre de 2009

Sumandos numerosos

Enunciado

Cuando se trata de hacer sumas muy grandes, evidentemente hay que tratar de simplificar el proceso agrupando adecuadamente los sumandos, que en muchos casos se simplificarán, bien transformándose en cero, bien en otro número entero, o en una fórmula del tipo de las de una progresión aritmética o geométrica.

El único paso problemático en este caso es buscar los términos que nos permiten hacer el agrupamiento adecuado.

Para no trabajar con valores tan grandes como los sugeridos por el problema, podemos tratar con números algo más pequeños, por ejemplo, sumando h(1/5) + h(2/5) + h(3/5) + h(4/5).

En realidad, 5/(5 + 25t) se puede escribir como 5/(5 + 52t), ya que 25 es 52, y si observamos que el factor 5 aparece en el numerador y el denominador de la fracción, podemos ponerla como 1/(1 + 52t-1).

De esta forma, la suma de cuatro términos que hemos descrito anteriormente, queda con los exponentes -3/5, -1/5, 1/5 y 3/5, es decir, como la suma 1/(1 + 5-3/5) + 1/(1 + 5-1/5) + 1/(1 + 51/5) + 1/(1 + 53/5).

Si tratamos de agruparlos de varias formas, pronto descubriremos que lo más ventajoso es agrupar 1/(1 + 5-3/5) con 1/(1 + 53/5) y 1/(1 + 5-1/5) con 1/(1 + 51/5), ya que 1/(1 + 5-1/5) + 1/(1 + 51/5) = (1 + 5-1/5 + 1 + 51/5)/((1 + 5-1/5)(1 + 51/5)) = (2 + 5-1/5 + 51/5)/(1 + 5-1/5 + 51/5 + 1)) = (2 + 5-1/5 + 51/5)/(2 + 5-1/5 + 51/5) = 1.

De la misma forma, 1/(1 + 5-3/5) + 1/(1 + 53/5) = (1 + 5-3/5 + 1 + 53/5)/((1 + 5-3/5)(1 + 53/5)) = (2 + 5-3/5 + 53/5)/(1 + 5-3/5 + 53/5 + 1)) = (2 + 5-3/5 + 53/5)/(2 + 5-3/5 + 53/5) = 1, así que la suma de los cuatro términos es en realidad 2.

Retomando ahora nuestra situación inicial, si agrupamos el primer término y el último, el segundo y el penúltimo, y así sucesivamente, tendremos que agrupamos h(a/2009) con h((2009-a)/2009). Siguiendo el argumento anterior, tendremos que sumar 1/(1 + 5(2a-2009)/2009) con 1/(1 + 5(2009-2a)/2009). Observamos que, de nuevo, los exponentes son opuestos.

Cuando los sumemos obtendremos 1/(1 + 5(2a-2009)/2009) + 1/(1 + 5(2009-2a)/2009) = (1 + 5(2a-2009)/2009 + 1 + 5(2009-2a)/2009)/((1 + 5(2a-2009)/2009)(1 + 5(2009-2a)/2009)) = (2 + 5(2a-2009)/2009 + 5(2009-2a)/2009)/(1 + 5(2a-2009)/2009 + 5(2009-2a)/2009 + 1)) = (2 + 5(2a-2009)/2009 + 5(2009-2a)/2009)/(2 + 5(2a-2009)/2009 + 5(2009-2a)/2009) = 1.

De esta forma, tenemos 1004 pares de sumandos, cada uno de los cuales suma 1. Por tanto, la suma del enunciado es 2*1004 = 2008.

jueves, 3 de septiembre de 2009

La cruz sombreada

Enunciado

Media cruz en un cuadrado

Media cruz en un cuadrado

La clave en todos los problemas de cálculo de áreas compuestas consiste en descubrir cómo podemos construir la figura o una parte de ella a partir de figuras elementales. En este caso, podemos trazar la mitad de la cruz dibujando sólo el cuadrado y cuatro de los círculos, de la forma que aparece en la imagen.

Los dos círculos grandes, que pasan por el centro, tienen por radio la mitad de la diagonal del cuadrado, y el radio aparece en dos posiciones diferentes, sobre la diagonal y sobre los lados del cuadrado. Esta mitad de la diagonal mide, aplicando el Teorema de Pitágoras, la raíz cuadrada de 8 partida por 2, lo que equivale a la raíz cuadrada de 2.

Y la parte restante de los lados es el radio de la otra circunferencia, 2 - √2.

Así que el área de la figura es el área del cuadrado menos el área de los cuatro cuartos de circunferencia, es decir, 4 - 2π/2 - (2 - √2)2π/2.

La expresión (2 - √2)2/2 se puede transformar en (4 - 4√2 + 2)/2 = (6 - 4√2)/2 = 3 - 2√2.

De esta forma, el área de esa media cruz, quedaría como 4 - π - 3π + 2π√2 = 4 - 4π + 2π√2, que vale aproximadamente 0,3194 unidades cuadradas.

Y el área completa sería 8 - 8π + 4π√2, que aproximadamente valdría 0,6388 unidades cuadradas.

Nota: corregido el resultado final gracias a un comentario de caleb

domingo, 30 de agosto de 2009

Dos pájaros y un río

Enunciado

Dos pájaros y un río

Dos pájaros y un río

Se supone que el recorrido que hacen ambos pájaros, como dice un comentario al enunciado, son iguales, porque salen al mismo tiempo y llegan al mismo tiempo. También que las palmeras crecen rectas, de manera que forman, junto con la superficie del río y el recorrido de los pájaros, dos triángulos rectángulos, cuyas hipotenusas miden lo mismo y cuyos catetos horizontales suman 60 metros.

El problema es encontrar cuánto miden os dos segmentos en que dividimos a 60 para que las hipotenusas midan lo mismo. Si lo planteamos con ecuaciones, por ejemplo, siendo x la distancia de la boya a la palmera de 24 metros, se trata de conseguir que x2 + 242 = (60 - x)2 + 362. Si desarrollamos el cuadrado entre paréntesis usando productos notables, tenemos que x2 + 242 = 3600 - 120x +x2 + 362, de donde podemos eliminar el término de segundo grado de ambos extremos de la igualdad, quedando 242 = 3600 - 120x + 362. Si calculamos los cuadrados y restamos, 120x = 3600 - 576 + 1296 = 4320, por lo que x = 36. Es decir, que la boya está a 36 metros de la palmera de 24, y a 24 metros de la de 36.

También se podría soluciona por simetría, ya que si observamos que 24 + 36 suma exactamente 60, los triángulos rectángulos de estos dos catetos encajan perfectamente en el río, de forma que sus catetos serían iguales. Y sería la única distancia válida, porque si un lado aumenta, la hipotenusa crece, y si disminuye, decrece, de forma que si varía la posición, se diferencian las dos hipotenusas.

jueves, 27 de agosto de 2009

Gominolas y caramelos

Enunciado

Yo creo que, aunque varios lo han resuelto en los comentarios, la explicación más sencilla de entender para los alumnos de primaria es la que ha hecho Berta.

Efectivamente, en 600 gramos de gominolas, si sabemos que cada gominola pesa 8 gramos, debe haber 75 gominolas (dividiendo 600 entre 8).

Como cada gominola vale 30 céntimos, las 75 gominolas, que pesan 600 gramos valdrán 75*30 = 2250 céntimos, es decir, 22,5 €.

Claro, que eso mismo costarán 900 gramos de caramelos. como sabemos que cada caramelo vale 5 céntimos, podemos saber cuántos caramelos nos dan por 22,5 €, dividiéndolo entre 5, es decir, 2250/5 = 450 caramelos.

Como esos 450 caramelos pesan 900 gramos, cada uno de ellos debe pesar 900/450 = 2 gramos.

domingo, 23 de agosto de 2009

Distancias en circunferencias tangentes

Enunciado

Desde luego, este problema es el más difícil de todos los de la fase local de este año, al menos para mi gusto. Ninguno de los métodos directos que he probado han dado fruto, y sólo una construcción bastante artificiosa resuelve el problema. No veo ningún método que permita abordarlo de manera más directa, y agradecería a alguien que lo conozca que lo cite en los comentarios.

Lo primero que se me ocurrió, y que era imprescindible para abordar el problema, era transformar el producto en un cociente, de forma que nos permita tratar con semejanzas.

Circunferencias tangentes

Circunferencias tangentes

En efecto, es equivalente |PN'|⋅|MN| = |PN|⋅|M'N'| a la igualdad |PN'|/|M'N'| = |PN|/|MN|, donde ambos cocientes representan una proporción de los lados de un par de triángulos, PNM y PN'M'.

En segundo lugar, conviene trazar varios ejemplos en versión grane del dibujo correspondiente y comprobar que las igualdades se cumplen. Para trazar el dibujo, unimos dos puntos al azar del plano, que acabarán siendo los centros, y elegimos un punto en el segmento que los une, que será el punto de tangencia. Usando ambos puntos, y las distancias al punto entre ambos, trazamos las circunferencias. Escogemos el candidato a punto A, (no conviene que sea demasiado simétrico respecto al dibujo), y trazamos las tangentes (lo unimos al centro opuesto con un segmento, y levantamos una circunferencia del que sea diámetro. Los puntos de corte serán los puntos de tangencia M y M', borrando las líneas auxiliares después). Si medimos los segmentos que necesitamos para la igualdad, comprobaremos que es cierta.

Usar varios puntos A sobre la misma circunferencia nos puede aportar una pista que es fundamental para resolver este problema. Si usamos el mismo par de circunferencias, el cociente que calculamos ¡no depende de la posición de A! Esta observación nos será muy útil para enfocar el problema a calcular uno de los cocientes con independencia de A, con lo que el problema quedará resuelto. Cualquier cociente de ese tipo que se construya con una tangente a la circunferencia, dará el mismo resultado.

Buscando ángulo igual

Buscando ángulo igual

Mi primera intención era tratar de comprobar una semejanza entre ambos triángulos, pero queda descartada por el primer ejemplo que dibujo. Después, el intento de calcular algún cociente partiendo de la posición de A, usando los radios de las circunferencias para construir triángulos rectángulos resulta infructuoso, de forma que trato de reducir al mínimo el número de líneas buscando alguna relación que facilite el acceso a este cociente. Es entonces cuando vuelvo a la observación de la que hablo en el párrafo anterior, centrándome en el dibujo segundo. Basta, por tanto, calcular |PN|/|MN| independientemente de A.

Hay un resultado sobre arco capaz que es muy conveniente conocer para realizar este problema: la recta tangente a un extremo de la cuerda forma con ésta un ángulo igual al del arco capaz.

Si reconocemos en el dibujo esta situación, veremos que el ángulo PMN coincide en esta posición, de forma que será igual al ángulo de cualquier ángulo inscrito en el arco que define MP. Esto nos permite situar un ángulo idéntico, dentro de la circunferencia C1, usando cualquier punto. Aparentemente esto no nos sirve para establecer ninguna relación, hasta que nos demos cuenta de que, si prolongamos el segmento PN, obtenemos un punto Q muy interesante. Como ya sabemos, MQP (y MQN) forma el mismo ángulo que PMN, y QNM es el mismo ángulo que PNM, con lo que tenemos una semejanza da triángulos entre PNM y QNM, que da la clave para la resolución del problema.

Sin embargo, esto no nos permite aún calcular ese cociente de forma sencilla.

Proporción definitiva

Proporción definitiva

Transformamos el cociente |PN|/|MN| en |MN|/|QN| por la semejanza calculada. Parece que no hayamos avanzado, pero disponemos de una herramienta fundamental, ya que el punto P pasa por el semento QN, formando dos nuevos triángulos O1PQ y O2PN con los radios de las circunferencias, es decir, que se trata de dos triángulos isósceles, que tienen un ángulo en común (en realidad dos, pues es el que está repetido) y son semejantes. Por tanto, si llamamos r1 y r2 a los dos radios, tenemos que |PQ|/r1 = |PN|/r2, con lo que |QN| = |QP| + |PN| = |PN|r1/r2 + |PN|, es decir, |QN| = |PN|(1 + r1/r2). En realidad esta proporción se puede observar a simple vista, debido a la semejanza de ambas circunferencias y los arcos que define esta recta.

De esta situación, tenemos que |PN|/|MN| = |MN|/|QN| = |MN|/(|PN|(1 + r1/r2)) = (|MN|/|PN|)*(1/(1 + r1/r2)). Pero |PN|/|MN| y |MN|/|PN| son inversos uno del otro, por lo que (|PN|/|MN|)2 = 1/(1 + r1/r2), que no depende de la posición de la tangente, si no del producto de los radios de las circunferencias. Por tanto, el cociente buscado no depende más que de ese producto de los radios de la circunferencia y se cumple así la propiedad pedida.

jueves, 20 de agosto de 2009

Triángulo sombreado

Enunciado

Este problema tiene una dificultad bastante alta para este nivel. En primer lugar, es un problema que puede inducir a equívocos por la similitud entre los ángulos de medio triángulo equilátero, del triángulo que trazamos sobre las figuras y del triángulo objetivo, que no son iguales aunque sí muy próximos. En segundo lugar, uno de los elementos necesarios tiene una medida complicada de calcular, y cuyo valor es un número irracional (esta dificultad se puede eliminar si confiamos en la calculadora, aunque es fácil cometer errores).

Detalle del triángulo sombreado

Detalle del triángulo sombreado

Como en todos los problemas en los que aparecen zonas sombreadas, es conveniente expresar sus áreas como suma o resta de otras zonas. En este caso, el triángulo sombreado se puede expresar como la diferencia entre el triángulo que se forma entre el lado del cuadrado más próximo al triángulo equilátero y el vértice del triángulo equilátero, y la parte del triángulo contenida en el interior del propio triángulo equilátero (ver figura). El área del triángulo mayor es evidente, ya que es claramente semejante al triángulo mayor (que es rectángulo y sus catetos miden 16 y 8), y la razón de semejanza es 2. Es decir, el triángulo grande mide de área 8*4/2 = 16 unidades cuadradas. El verdadero problema está en calcular el área del triángulo pequeño.

Vamos a resolverlo usando dos métodos distintos que ya se deben conocer en segundo ciclo de la ESO. Básicamente, Lluís los ha citado en sus comentarios.

El primer método consiste en subdividir el triángulo que necesitamos en dos triángulos rectángulos usando la altura. Supongamos que esa altura mide x unidades y es, evidentemente, perpendicular a la base. Como el triángulo rectángulo que queda a la derecha es, evidentemente, semejante al grande, su base medirá el doble que su altura, es decir, 2x. Como en total ese segmento (que era base del triángulo equilátero) mide 8, el otro segmento mide 8 - 2x. Ese otro triángulo (el de la izquierda) tiene un ángulo de 60 y otro de 90, es decir, es semejante a medio equilátero, por lo que su hipotenusa mide el doble que el cateto corto, es decir, 16 - 4x. Ahora es cuando podemos calcular el valor de x, puesto que, al ser rectángulo, cumple el Teorema de Pitágoras, y (16 - 4x)2 = (8 - 2x)2 + x2.

Desarrollando esta igualdad, se tiene la ecuación 11x2 - 96x + 192 = 0, que es de segundo grado. Aunque mantendré las expresiones algebraicas a partir de aquí se podría manejar todo con calculadora. El discriminante de la ecuación es 962 - 4*11*192 = 32*210 - 11*3*28 = 3*28(3*22 - 11) = 3*28. Es decir, que las soluciones serán (96 ± √(3*28))/22 = (3*25 ± 24√3)/22 = 16*(6 ± √3)/22 = 8*(6 ± √3)/11. Con calculadora, esto da aproximadamente 5,6233 y 3,1040. Es evidente que la primera solución no vale para el problema, pues su doble es claramente superior a 8 unidades.

Como ya tenemos el valor de x, que es la altura de ese triángulo, podemos ahora calcular el área de la zona sombreada, como 16 - x*8/2 = 16 - 4*8*(6 - √3)/11 = (176 - 192 + 32√3)/11 = (32√3 - 16)/11 que, de nuevo usando la calculadora, da un valor aproximado de 3,5841, que es la solución buscada.

El otro método consiste en trabajar con las ecuaciones de las rectas que se representan, de forma que se encuentren las coordenadas del punto de corte. La coordenada vertical será la altura sobre la base, con lo que el cálculo final será el mismo. Las ecuaciones de las rectas serían la de pendiente -1/2 y que pasa por el punto (0, 8) y la que tiene pendiente √3 (porque es paralela al lado de un triángulo equilátero), y pasa por el punto (8, 0). Las ecuaciones serán y = -x/2 + 8, y y = √3x - 8√3. El punto de corte debería dar el mismo valor de coordenada vertical que el obtenido anteriormente.

domingo, 16 de agosto de 2009

Aguando el vino

Enunciado

Si estamos atentos sólo al líquido inicial (vino), se ve claramente.

Como dice Lluís en los comentarios del enunciado, está claro que cada vez que hacemos la operación de añadir un litro de agua, eliminando un litro de la mezcla, estamos reduciendo el porcentaje de vino en 4/5, puesto que quitamos 1/5 de lo que hubiese, y se substituye por agua.

Después del primer paso, habrá 4/5 de vino. Después del segundo paso, (4/5)*(4/5) = 16/25, y en el tercer paso obtendremos (16/25)*(4/5) = 64/125, lo que representa poco más de la mitad de la mezcla, ya que el doble de 64 son 128 (o la mitad de 125 son 62,5).

La respuesta al problema es, por tanto, que hay poco más de la mitad de vino, concretamente 64/125 = 51,2 %.

jueves, 13 de agosto de 2009

Más símbolos desconocidos

Enunciado

De nuevo encontramos un caso que resolver con cifras. Se trata de emplear algo de tanteo, buscando aquellas situaciones en las que más podemos saber de las cifras.

Como, en la primera vertical, dos lupas más una araña suman 20, y en la columna de al lado, una araña más una lupa más unos cascos suman 17, está claro que la araña es un número par, y que los cascos valen tres menos que la lupa.

Está claro que, si son cifras, la araña no puede ser 0, pues no podríamos sumar con ella 20.

Si la araña vale 2, la lupa tiene que valer 9, y entonces los cascos valen 6. Podemos comprobar entonces que una araña y dos lupas suman 20, una araña y dos cascos suman 14 y que las tres cosas suman 17.

Si la araña vale 4, la lupa tiene que valer 8, y los cascos 5. De nuevo, las tres cosas suman 17, las dos lupas y la araña suman 20, y una araña y dos cascos suman 14.

Si la araña vale 6, la lupa tendría que valer 7 y los cascos 4. Otra vez, las tres cosas valen 17, las dos lupas y la araña suman 20, y la araña y los dos cascos suman 14.

Si la araña vale 8, la lupa vale 6 y los cascos 3. De nuevo, entre los tres suman 17, dos lupas y una araña suman 20, y dos cascos y la araña suman 14.

Por tanto, tenemos nada menos que 4 soluciones distintas, como dice Lluís en su comentario.

sábado, 8 de agosto de 2009

Retículas equilibradas

Enunciado

Retícula equilibrada

Retícula equilibrada

Este es un bonito problema que no tiene un método de ataque estándar, es decir, que hay que buscar un patrón mediante la observación de casos aislados y probar después que es correcto.

Si tratamos con retículas pequeñas, rápidamente encontramos retículas equilibradas cuadradas, es decir, en los casos en que n = m, por el sencillo método de pintar todos los puntos de la retícula del mismo color (blanco o negro), pero también con otras tramas. Se sugiere empezar con la (2, 2) y hacer una demostración rápida.

Podemos extraer bastante información del estudio de las cuadrículas (2, 3), (2, 4) y (2, 5).

En el caso (2, 3) descubrimos con bastante rapidez que es imposible que esté equilibrada. Pensemos en una distribución de colores que la equilibre. En una fila (de tres puntos) habrá dos puntos del mismo color (no puede haber tres, porque las columnas sólo tienen dos puntos). Como en cada una de esas columnas, habrá dos puntos de ese color, todos serán del mismo. Por tanto, en la otra fila también habrá dos puntos, que serán exactamente esos. Luego la columna restante, debe ser del otro color. Sin embargo, hay dos puntos en esa columna del mismo color, y en cada fila sólo hay uno. Luego no está equilibrada.

En el caso (2, 4) podemos descubrir muy rápido una retícula equilibrada, pintando la mitad de columnas de un color, y la mitad de otro.

En el caso (2, 5) también podemos probar rápidamente que no hay retículas equilibradas, en este caso de forma muy rápida, ya que en cualquier fila habrá más de dos de un mismo color, por lo que no podrá haber la misma cantidad de puntos de ese color en ninguna de las columnas, luego no estará equilibrada.

Después de este breve estudio, vamos a probar que sólo pueden existir retículas equilibradas en el caso de que los dos valores sean iguales, o bien el mayor sea exactamente doble que el menor.

Está claro que una retícula cuadrada puede ser equilibrada, así que veamos qué sucede si no lo es. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que (n, m) es más ancha que alta (es decir, n < m), ya que en caso contrario se puede realizar el mismo razonamiento cambiando filas por columnas y viceversa.

Si m > 2n, el razonamiento es idéntico al de (2, 5). Puesto que en cada fila hay más de 2n puntos, de uno de los dos colores habrá más de n, por lo que en un punto de ese color no puede haber la misma cantidad de puntos de ese color en la columna, ya que ésta tiene sólo n puntos.

Si m = 2n, podemos encontrar una retícula equilibrada pintando la mitad de las columnas de un color y la mitad de otro. De esta forma, en cada punto hay exactamente n puntos en la fila y en la columna de ese color.

Si n < m < 2n, el razonamiento es un poco más complicado. Supongamos que hay una retícula equilibrada de ese tamaño y lleguemos a un absurdo. Es evidente que en ninguna fila puede haber más de n puntos del mismo color. Busquemos la fila en que más puntos del mismo color haya. Si la cantidad de puntos de ese color es s y s es menor que n, en esa columna habrá s puntos del mismo color, es decir, habrá n - s puntos del otro color (pero habrá alguno, si s es menor que n). Si nos fijamos en uno de los puntos de otro color, en esa misma fila habrá n - s puntos del otro color, y por tanto habrá m - n + s puntos del color inicial, lo que representa un número más grande que s (porque m es mayor que n). Esto es una contradicción, porque hemos supuesto que s es la mayor cantidad posible con puntos de un mismo color.

Luego debe haber una fila con n puntos del mismo color. En cada uno de ellos, esa columna es de ese color, ya que debe haber n puntos del mismo color. Y, como en cada una de las filas debe haber exactamente n puntos de ese color, para que sea equilibrada, serán los n puntos de las n columnas que hemos descubierto que son de ese color. Es decir, que las m - n columnas restantes deben ser enteras del otro color, y tienen n puntos de ese color. Sin embargo, en una cualquiera de las filas no puede haber n puntos de cada color, porque m < 2n. Luego es absurdo.

En resumen, que sólo pueden darse retículas equilibradas cuando uno de las dos medidas es igual a, o exactamente el doble que la otra.